BBB组

5.设实矩阵A\bm{A}A为333阶正交矩阵，其元素a22=1a_{22}=1a22​=1，又333维列向量α=[0,3,0]T\bm{\alpha}=[0,3,0]^\mathrm{T}α=[0,3,0]T，则A−1α=\bm{A}^{-1}\bm{\alpha}=A−1α=______。

解  记A=[a11a12A13a211a23a31a32a33]\bm{A}=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&A_{13}\\a_{21}&1&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{bmatrix}A=⎣⎡​a11​a21​a31​​a12​1a32​​A13​a23​a33​​⎦⎤​，由于A\bm{A}A为正交矩阵，故其每一行向量、每一列向量均为单位向量，于是有a122+12+a322=1,a212+12+a232=1a_{12}^2+1^2+a_{32}^2=1,a_{21}^2+1^2+a_{23}^2=1a122​+12+a322​=1,a212​+12+a232​=1，即有a12=a32=a21=a23=0a_{12}=a_{32}=a_{21}=a_{23}=0a12​=a32​=a21​=a23​=0。
  又由正交矩阵的定义，AAT=E\bm{AA}^\mathrm{T}=\bm{E}AAT=E，有A−1=AT\bm{A}^{-1}=\bm{A}^\mathrm{T}A−1=AT，故A−1α=ATα=[a110a31010a130a33][030]=[030]\bm{A}^{-1}\bm{\alpha}=\bm{A}^\mathrm{T}\bm{\alpha}=\begin{bmatrix}a_{11}&0&a_{31}\\0&1&0\\a_{13}&0&a_{33}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0\\3\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\3\\0\end{bmatrix}A−1α=ATα=⎣⎡​a11​0a13​​010​a31​0a33​​⎦⎤​⎣⎡​030​⎦⎤​=⎣⎡​030​⎦⎤​。（这道题主要利用了正交矩阵的定义求解）

11.设A=E+αβT\bm{A}=\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}A=E+αβT，其中α=[a1,a2,⋯,an]T≠0,β=[b1,b2,⋯,bn]T≠0\bm{\alpha}=[a_1,a_2,\cdots,a_n]^\mathrm{T}\ne\bm{0},\bm{\beta}=[b_1,b_2,\cdots,b_n]^\mathrm{T}\ne\bm{0}α=[a1​,a2​,⋯,an​]T​=0,β=[b1​,b2​,⋯,bn​]T​=0，且αTβ=2\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\beta}=2αTβ=2。

（1）求A\bm{A}A的特征值和特征向量；

解  设
(E+αβT)ξ=λξ.(1)(\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})\bm{\xi}=\lambda\bm{\xi}.\tag{1} (E+αβT)ξ=λξ.(1)
  (1)(1)(1)式两端左乘βT\bm{\beta}^\mathrm{T}βT，得βT(E+αβT)ξ=(βT+βTαβT)ξ=(1+βTα)βTξ=λβTξ\bm{\beta}^\mathrm{T}(\bm{E}+\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})\bm{\xi}=(\bm{\beta}^\mathrm{T}+\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})\bm{\xi}=(1+\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha})\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\xi}=\lambda\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\xi}βT(E+αβT)ξ=(βT+βTαβT)ξ=(1+βTα)βTξ=λβTξ。
  若βTξ≠0\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\xi}\ne0βTξ​=0，则λ=1+βTα=3\lambda=1+\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\alpha}=3λ=1+βTα=3；若βTξ=0\bm{\beta}^\mathrm{T}\bm{\xi}=0βTξ=0，则由(1)(1)(1)式，得λ=1\lambda=1λ=1。
  当λ=1\lambda=1λ=1时，(E−A)x=−αβTx=−[a1a2⋮an][b1,b2,⋯,bn]x=0(\bm{E}-\bm{A})\bm{x}=-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T}\bm{x}=-\begin{bmatrix}a_1\\a_2\\\vdots\\a_n\end{bmatrix}[b_1,b_2,\cdots,b_n]\bm{x}=\bm{0}(E−A)x=−αβTx=−⎣⎢⎢⎢⎡​a1​a2​⋮an​​⎦⎥⎥⎥⎤​[b1​,b2​,⋯,bn​]x=0，即[b1,b2,⋯,bn]x=0[b_1,b_2,\cdots,b_n]\bm{x}=\bm{0}[b1​,b2​,⋯,bn​]x=0，因α≠0,β≠0\bm{\alpha}\ne\bm{0},\bm{\beta}\ne\bm{0}α​=0,β​=0，设b1≠0b_1\ne0b1​​=0，则ξ1=[b2,−b1,0,⋯,0]T,ξ2=[b3,0,−b1,⋯,0]T,⋯,ξn−1=[bn,0,0,⋯,−b1]T\bm{\xi}_1=[b_2,-b_1,0,\cdots,0]^\mathrm{T},\bm{\xi}_2=[b_3,0,-b_1,\cdots,0]^\mathrm{T},\cdots,\bm{\xi}_{n-1}=[b_n,0,0,\cdots,-b_1]^\mathrm{T}ξ1​=[b2​,−b1​,0,⋯,0]T,ξ2​=[b3​,0,−b1​,⋯,0]T,⋯,ξn−1​=[bn​,0,0,⋯,−b1​]T；故属于λ=1\lambda=1λ=1特征值的全体特征向量为k1ξ1+k2ξ2+⋯+kn−1ξn−1k_1\bm{\xi}_1+k_2\bm{\xi}_2+\cdots+k_{n-1}\bm{\xi}_{n-1}k1​ξ1​+k2​ξ2​+⋯+kn−1​ξn−1​，其中k1,k2,⋯,kn−1k_1,k_2,\cdots,k_{n-1}k1​,k2​,⋯,kn−1​为不全为零的任意常数。
  当λ=3\lambda=3λ=3时，(3E−A)x=(2E−αβT)x=0,ξn=α=[a1,a2,⋯,an]T(3\bm{E}-\bm{A})\bm{x}=(2\bm{E}-\bm{\alpha\beta}^\mathrm{T})\bm{x}=\bm{0},\bm{\xi}_n=\bm{\alpha}=[a_1,a_2,\cdots,a_n]^\mathrm{T}(3E−A)x=(2E−αβT)x=0,ξn​=α=[a1​,a2​,⋯,an​]T。故属于特征值λ=3\lambda=3λ=3的全体特征值为knξnk_n\bm{\xi}_nkn​ξn​，knk_nkn​为任意常数。

（2）求可逆矩阵P\bm{P}P，使得P−1AP=Λ\bm{P}^{-1}\bm{AP}=\bm{\Lambda}P−1AP=Λ。

解  取P=[ξ1,ξ2,⋯,ξn−1,ξn]=[b2b3⋯bna1−b10⋯0a20−b1⋯0a3⋮⋮⋮⋮00⋯−b1an]\bm{P}=[\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2,\cdots,\bm{\xi}_{n-1},\bm{\xi}_n]=\begin{bmatrix}b_2&b_3&\cdots&b_n&a_1\\-b_1&0&\cdots&0&a_2\\0&-b_1&\cdots&0&a_3\\\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\0&0&\cdots&-b_1&a_n\end{bmatrix}P=[ξ1​,ξ2​,⋯,ξn−1​,ξn​]=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡​b2​−b1​0⋮0​b3​0−b1​⋮0​⋯⋯⋯⋯​bn​00⋮−b1​​a1​a2​a3​⋮an​​⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎤​，则P−1AP=[11⋱13]=Λ\bm{P}^{-1}\bm{AP}=\begin{bmatrix}1&&&&\\&1&&&\\&&\ddots&&\\&&&1&\\&&&&3\end{bmatrix}=\bm{\Lambda}P−1AP=⎣⎢⎢⎢⎢⎡​1​1​⋱​1​3​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​=Λ。（这道题主要利用了矩阵初等变换求解）

12.设A\bm{A}A是333阶矩阵，α1,α2,α3\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3α1​,α2​,α3​是333维列向量，α1≠0\bm{\alpha}_1\ne\bm{0}α1​​=0，满足Aα1=2α1,Aα2=α1+2α2,Aα3=α2+2α3\bm{A\alpha}_1=2\bm{\alpha}_1,\bm{A\alpha}_2=\bm{\alpha}_1+2\bm{\alpha}_2,\bm{A\alpha}_3=\bm{\alpha}_2+2\bm{\alpha}_3Aα1​=2α1​,Aα2​=α1​+2α2​,Aα3​=α2​+2α3​。

（1）证明α1,α2,α3\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3α1​,α2​,α3​线性无关；

证  由题设条件，得
(A−2E)α1=0,(A−2E)α2=α1,(A−2E)α3=α2.(\bm{A}-2\bm{E})\bm{\alpha}_1=\bm{0},(\bm{A}-2\bm{E})\bm{\alpha}_2=\bm{\alpha}_1,(\bm{A}-2\bm{E})\bm{\alpha}_3=\bm{\alpha}_2. (A−2E)α1​=0,(A−2E)α2​=α1​,(A−2E)α3​=α2​.
  设存在常数k1,k2,k3k_1,k_2,k_3k1​,k2​,k3​，使
k1α1+k2α2+k3α3=0.(1)k_1\bm{\alpha}_1+k_2\bm{\alpha}_2+k_3\bm{\alpha}_3=\bm{0}.\tag{1} k1​α1​+k2​α2​+k3​α3​=0.(1)
  (1)(1)(1)式两端左乘A−2E\bm{A}-2\bm{E}A−2E，得
k2α1+k3α2=0.(2)k_2\bm{\alpha}_1+k_3\bm{\alpha}_2=\bm{0}.\tag{2} k2​α1​+k3​α2​=0.(2)
  (2)(2)(2)式两端左乘A−2E\bm{A}-2\bm{E}A−2E，得
k3α1=0.k_3\bm{\alpha}_1=\bm{0}. k3​α1​=0.
  因α1≠0\bm{\alpha}_1\ne\bm{0}α1​​=0，故k3=0k_3=0k3​=0，代回(2)(2)(2)式，得k2=0k_2=0k2​=0，代回(1)(1)(1)式得k1=0k_1=0k1​=0。故k1α1+k2α2+k3α3=0⇔k1=k2=k3=0k_1\bm{\alpha}_1+k_2\bm{\alpha}_2+k_3\bm{\alpha}_3=\bm{0}\Leftrightarrow k_1=k_2=k_3=0k1​α1​+k2​α2​+k3​α3​=0⇔k1​=k2​=k3​=0，得证α1,α2,α3\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3α1​,α2​,α3​线性无关。

（2）A\bm{A}A能否相似于对角矩阵，说明理由。

解  由(1)(1)(1)知(A−2E)[α1,α2,α3]=[α1,α2,α3][010001000](\bm{A}-2\bm{E})[\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3]=[\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3]\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{bmatrix}(A−2E)[α1​,α2​,α3​]=[α1​,α2​,α3​]⎣⎡​000​100​010​⎦⎤​，故
A[α1,α2,α3]=[α1,α2,α3](2E+[010001000])=[α1,α2,α3][210021002]=记[α1,α2,α3]B\begin{aligned} \bm{A}[\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3]&=[\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3]\left(2\bm{E}+\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{bmatrix}\right)=[\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3]\begin{bmatrix}2&1&0\\0&2&1\\0&0&2\end{bmatrix}\\ &\xlongequal{记}[\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3]\bm{B} \end{aligned} A[α1​,α2​,α3​]​=[α1​,α2​,α3​]⎝⎛​2E+⎣⎡​000​100​010​⎦⎤​⎠⎞​=[α1​,α2​,α3​]⎣⎡​200​120​012​⎦⎤​记[α1​,α2​,α3​]B​
  因α1,α2,α3\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3α1​,α2​,α3​线性无关，故C=[α1,α2,α3]\bm{C}=[\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3]C=[α1​,α2​,α3​]是可逆矩阵，则C−1AC=B\bm{C}^{-1}\bm{AC}=\bm{B}C−1AC=B，即A∼B\bm{A}\sim\bm{B}A∼B。
  又B\bm{B}B有三重特征值λ1=λ2=λ3=2\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=2λ1​=λ2​=λ3​=2，但(2E−B)x=[010001000][x1x2x3]=0,r(2E−B)=2(2\bm{E}-\bm{B})\bm{x}=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\bm{0},r(2\bm{E}-\bm{B})=2(2E−B)x=⎣⎡​000​100​010​⎦⎤​⎣⎡​x1​x2​x3​​⎦⎤​=0,r(2E−B)=2，(2E−B)x=0(2\bm{E}-\bm{B})\bm{x}=\bm{0}(2E−B)x=0只有一个线性无关解向量，故B\bm{B}B不能相似于对角矩阵。
  由相似关系的传递性知，A\bm{A}A不能相似于对角矩阵。（这道题主要利用了相似关系的传递性求解）

15.设α=[a1,a2,⋯,an]T≠0,A=ααT\bm{\alpha}=[a_1,a_2,\cdots,a_n]^\mathrm{T}\ne\bm{0},\bm{A}=\bm{\alpha\alpha}^\mathrm{T}α=[a1​,a2​,⋯,an​]T​=0,A=ααT，求可逆矩阵P\bm{P}P，使P−1AP=Λ\bm{P}^{-1}\bm{AP}=\bm{\Lambda}P−1AP=Λ。

解  设A\bm{A}A的任一特征值为λ\lambdaλ，对应于λ\lambdaλ的特征向量为ξ\bm{\xi}ξ，则Aξ=ααTξ=λξ\bm{A\xi}=\bm{\alpha\alpha}^\mathrm{T}\bm{\xi}=\lambda\bm{\xi}Aξ=ααTξ=λξ。
  若αTξ=0\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\xi}=0αTξ=0，则λξ=0\lambda\bm{\xi}=\bm{0}λξ=0，又ξ≠0\bm{\xi}\ne\bm{0}ξ​=0，故λ=0\lambda=0λ=0；
  若αTξ≠0\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\xi}\ne0αTξ​=0，上式两端左乘αT\bm{\alpha}^\mathrm{T}αT，得αTααTξ=(αTα)αTξ=λ(αTξ)\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\alpha\alpha}^\mathrm{T}\bm{\xi}=(\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\alpha})\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\xi}=\lambda(\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\xi})αTααTξ=(αTα)αTξ=λ(αTξ)。
  因αTξ≠0\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\xi}\ne0αTξ​=0，故λ=αTα=∑i=1nai2\lambda=\bm{\alpha}^\mathrm{T}\bm{\alpha}=\displaystyle\sum^n_{i=1}a_i^2λ=αTα=i=1∑n​ai2​。
  当λ=0\lambda=0λ=0时，(λE−A)x=[−a12−a1a2⋯−a1an−a1a2−a22⋯−a2an⋮⋮⋮−a1an−a2an⋯−an2][x1x2⋮xn]=0(\lambda\bm{E}-\bm{A})\bm{x}=\begin{bmatrix}-a_1^2&-a_1a_2&\cdots&-a_1a_n\\-a_1a_2&-a_2^2&\cdots&-a_2a_n\\\vdots&\vdots&&\vdots\\-a_1a_n&-a_2a_n&\cdots&-a_n^2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}=\bm{0}(λE−A)x=⎣⎢⎢⎢⎡​−a12​−a1​a2​⋮−a1​an​​−a1​a2​−a22​⋮−a2​an​​⋯⋯⋯​−a1​an​−a2​an​⋮−an2​​⎦⎥⎥⎥⎤​⎣⎢⎢⎢⎡​x1​x2​⋮xn​​⎦⎥⎥⎥⎤​=0，即解方程a1x1+a2x2+⋯+anxn=0a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n=0a1​x1​+a2​x2​+⋯+an​xn​=0，得特征向量为（设a1≠0a_1\ne0a1​​=0）
ξ1=[a2,−a1,0,⋯,0]T,ξ2=[a3,0,−a1,⋯,0]T,⋯⋯ξn−1=[an,0,0,⋯,−a1]T,\bm{\xi}_1=[a_2,-a_1,0,\cdots,0]^\mathrm{T},\\ \bm{\xi}_2=[a_3,0,-a_1,\cdots,0]^\mathrm{T},\\ \cdots\cdots\\ \bm{\xi}_{n-1}=[a_n,0,0,\cdots,-a_1]^\mathrm{T},\\ ξ1​=[a2​,−a1​,0,⋯,0]T,ξ2​=[a3​,0,−a1​,⋯,0]T,⋯⋯ξn−1​=[an​,0,0,⋯,−a1​]T,
  当λ=∑i=1nai2\lambda=\displaystyle\sum^n_{i=1}a_i^2λ=i=1∑n​ai2​时，(λE−A)x=[∑i=1nai2−a12−a1a2⋯−a1an−a1a2∑i=1nai2−a22⋯−a2an⋮⋮⋮−a1an−a2an⋯∑i=1nai2−an2][x1x2⋮xn]=0(\lambda\bm{E}-\bm{A})\bm{x}=\begin{bmatrix}\displaystyle\sum^n_{i=1}a_i^2-a_1^2&-a_1a_2&\cdots&-a_1a_n\\-a_1a_2&\displaystyle\sum^n_{i=1}a_i^2-a_2^2&\cdots&-a_2a_n\\\vdots&\vdots&&\vdots\\-a_1a_n&-a_2a_n&\cdots&\displaystyle\sum^n_{i=1}a_i^2-a_n^2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}=\bm{0}(λE−A)x=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡​i=1∑n​ai2​−a12​−a1​a2​⋮−a1​an​​−a1​a2​i=1∑n​ai2​−a22​⋮−a2​an​​⋯⋯⋯​−a1​an​−a2​an​⋮i=1∑n​ai2​−an2​​⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤​⎣⎢⎢⎢⎡​x1​x2​⋮xn​​⎦⎥⎥⎥⎤​=0，由观察知ξn=[a1,a2,⋯,an]T\bm{\xi}_n=[a_1,a_2,\cdots,a_n]^\mathrm{T}ξn​=[a1​,a2​,⋯,an​]T。
  由ξ1,ξ2,⋯,ξn\bm{\xi}_1,\bm{\xi}_2,\cdots,\bm{\xi}_nξ1​,ξ2​,⋯,ξn​得可逆矩阵P=[a2a3⋯ana1−a10⋯0a20−a1⋯0a3⋮⋮⋮⋮00⋯−a1an]\bm{P}=\begin{bmatrix}a_2&a_3&\cdots&a_n&a_1\\-a_1&0&\cdots&0&a_2\\0&-a_1&\cdots&0&a_3\\\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\0&0&\cdots&-a_1&a_n\end{bmatrix}P=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡​a2​−a1​0⋮0​a3​0−a1​⋮0​⋯⋯⋯⋯​an​00⋮−a1​​a1​a2​a3​⋮an​​⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎤​，且P−1AP=[00⋱0∑i=1nai2]\bm{P}^{-1}\bm{AP}=\begin{bmatrix}0&&&&\\&0&&&\\&&\ddots&&\\&&&0&\\&&&&\displaystyle\sum^n_{i=1}a_i^2\end{bmatrix}P−1AP=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡​0​0​⋱​0​i=1∑n​ai2​​⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤​。（这道题主要利用了特征值求解）

CCC组

3.设A,B\bm{A},\bm{B}A,B均为nnn阶矩阵，A\bm{A}A有nnn个互不相同的特征值，且AB=BA\bm{AB}=\bm{BA}AB=BA。证明：B\bm{B}B相似于对角矩阵。

解  A\bm{A}A有nnn个互不相同的特征值，故存在可逆矩阵P\bm{P}P，使得P−1AP=[λ1λ2⋱λn]=Λ1\bm{P}^{-1}\bm{AP}=\begin{bmatrix}\lambda_1&&&\\&\lambda_2&&\\&&\ddots&\\&&&&\lambda_n\end{bmatrix}=\bm{\Lambda}_1P−1AP=⎣⎢⎢⎡​λ1​​λ2​​⋱​​λn​​⎦⎥⎥⎤​=Λ1​，其中λi(i=1,2,⋯,n)\lambda_i(i=1,2,\cdots,n)λi​(i=1,2,⋯,n)是A\bm{A}A的特征值，且λi≠λj(i≠j)\lambda_i\ne\lambda_j(i\ne j)λi​​=λj​(i​=j)。
  又AB=BA\bm{AB}=\bm{BA}AB=BA，故P−1APP−1BP=P−1BPP−1AP\bm{P}^{-1}\bm{APP}^{-1}\bm{BP}=\bm{P}^{-1}\bm{BPP}^{-1}\bm{AP}P−1APP−1BP=P−1BPP−1AP，即Λ1P−1BP=P−1BPΛ1\bm{\Lambda}_1\bm{P}^{-1}\bm{BP}=\bm{P}^{-1}\bm{BP}\bm{\Lambda}_1Λ1​P−1BP=P−1BPΛ1​。
  设P−1BP=(cij)n×n\bm{P}^{-1}\bm{BP}=(c_{ij})_{n\times n}P−1BP=(cij​)n×n​，则
[λ1λ2⋱λn][c11c12⋯c1nc21c22⋯c2n⋮⋮⋮cn1cn2⋯cnn]=[c11c12⋯c1nc21c22⋯c2n⋮⋮⋮cn1cn2⋯cnn][λ1λ2⋱λn],[λ1c11λ1c12⋯λ1c1nλ2c21λ2c22⋯λ2c2n⋮⋮⋮λncn1λncn2⋯λncnn]=[λ1c11λ2c12⋯λnc1nλ1c21λ2c22⋯λnc2n⋮⋮⋮λ1cn1λ2cn2⋯λncnn].\begin{bmatrix}\lambda_1&&&\\&\lambda_2&&\\&&\ddots&\\&&&&\lambda_n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}c_{11}&c_{12}&\cdots&c_{1n}\\c_{21}&c_{22}&\cdots&c_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\c_{n1}&c_{n2}&\cdots&c_{nn}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}c_{11}&c_{12}&\cdots&c_{1n}\\c_{21}&c_{22}&\cdots&c_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\c_{n1}&c_{n2}&\cdots&c_{nn}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\lambda_1&&&\\&\lambda_2&&\\&&\ddots&\\&&&&\lambda_n\end{bmatrix},\\ \begin{bmatrix}\lambda_1c_{11}&\lambda_1c_{12}&\cdots&\lambda_1c_{1n}\\\lambda_2c_{21}&\lambda_2c_{22}&\cdots&\lambda_2c_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\\lambda_nc_{n1}&\lambda_nc_{n2}&\cdots&\lambda_nc_{nn}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\lambda_1c_{11}&\lambda_2c_{12}&\cdots&\lambda_nc_{1n}\\\lambda_1c_{21}&\lambda_2c_{22}&\cdots&\lambda_nc_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\\lambda_1c_{n1}&\lambda_2c_{n2}&\cdots&\lambda_nc_{nn}\end{bmatrix}. ⎣⎢⎢⎡​λ1​​λ2​​⋱​​λn​​⎦⎥⎥⎤​⎣⎢⎢⎢⎡​c11​c21​⋮cn1​​c12​c22​⋮cn2​​⋯⋯⋯​c1n​c2n​⋮cnn​​⎦⎥⎥⎥⎤​=⎣⎢⎢⎢⎡​c11​c21​⋮cn1​​c12​c22​⋮cn2​​⋯⋯⋯​c1n​c2n​⋮cnn​​⎦⎥⎥⎥⎤​⎣⎢⎢⎡​λ1​​λ2​​⋱​​λn​​⎦⎥⎥⎤​,⎣⎢⎢⎢⎡​λ1​c11​λ2​c21​⋮λn​cn1​​λ1​c12​λ2​c22​⋮λn​cn2​​⋯⋯⋯​λ1​c1n​λ2​c2n​⋮λn​cnn​​⎦⎥⎥⎥⎤​=⎣⎢⎢⎢⎡​λ1​c11​λ1​c21​⋮λ1​cn1​​λ2​c12​λ2​c22​⋮λ2​cn2​​⋯⋯⋯​λn​c1n​λn​c2n​⋮λn​cnn​​⎦⎥⎥⎥⎤​.
  比较元素λicij=λjcij\lambda_ic_{ij}=\lambda_jc_{ij}λi​cij​=λj​cij​，即(λi−λj)cij=0,λi≠λj(i≠j)(\lambda_i-\lambda_j)c_{ij}=0,\lambda_i\ne\lambda_j(i\ne j)(λi​−λj​)cij​=0,λi​​=λj​(i​=j)，得cij=0(i≠j)c_{ij}=0(i\ne j)cij​=0(i​=j)，于是P−1BP=[c11c22⋱cnn]=Λ2\bm{P}^{-1}\bm{BP}=\begin{bmatrix}c_{11}&&&\\&c_{22}&&\\&&\ddots&\\&&&&c_{nn}\end{bmatrix}=\bm{\Lambda}_2P−1BP=⎣⎢⎢⎡​c11​​c22​​⋱​​cnn​​⎦⎥⎥⎤​=Λ2​，即B∼Λ2\bm{B}\sim\bm{\Lambda}_2B∼Λ2​。（这道题主要利用了矩阵运算性质求解）

写在最后

  如果觉得文章不错就点个赞吧。另外，如果有不同的观点，欢迎留言或私信。
  欢迎非商业转载，转载请注明出处。

张宇1000题线性代数 第八章 相似理论相关推荐

1. 张宇1000题线性代数 第九章 二次型

   目录 AAA组 1.二次型f(x1,x2,x3)=xTf(x_1,x_2,x_3)=\bm{x}^\mathrm{T}f(x1​,x2​,x3​)=xT的秩为(  ). (A)0;(A)0;(A)0; ...

2. 张宇1000题线性代数 第四章 矩阵的秩

   目录 AAA组 5.设A\bm{A}A为nnn阶方阵,A∗\bm{A}^*A∗为其伴随矩阵,证明:若r(A)=n−1r(\bm{A})=n-1r(A)=n−1,则r(A∗)=r(\bm{A}^*)=r ...

3. 张宇1000题线性代数 第三章 矩阵运算

   目录 AAA组 5.若A=E122E23(1)\bm{A}=\bm{E}^2_{12}\bm{E}_{23}(1)A=E122​E23​(1),其中E12,E23(1)\bm{E}_{12},\bm{ ...

4. 张宇1000题线性代数 第五章 线性方程组

   目录 BBB组 6.已知线性方程组{bx1−ax2=−2ab,−2cx2+3bx3=bc,cx1+ax3=0,\begin{cases}bx_1-ax_2=-2ab,\\-2cx_2+3bx_3=bc ...

5. 张宇1000题线性代数 第一、二章 行列式、余子式和代数余子式的计算

   目录 第一章 行列式 A A A组 3. ∣ 1 3 9 27 1 − 1 1 − 1 2 4 8 16 1 − 2 4 − 8 ∣ = \begin{vmatrix}1&3&9&am ...

6. 张宇1000题线性代数 第七章 特征值与特征向量

   目录 BBB组 7.设A\bm{A}A是nnn阶实对称矩阵,λ1,λ2,⋯,λn\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_nλ1​,λ2​,⋯,λn​是A\bm{A}A的n ...

7. 计算机考研1000题pdf,2020考研张宇1000题(数一、二、三全）.pdf

   张宇考研数学题源探析经典1000 题 (习题分册·数学一) 张宇 2019 年11 月14 日 目录 前言 ii 十四. 平均值 . . . . . . . . . . . . . . 18 十五. ...

8. 2020张宇1000题【好题收集】【第九章：级数】

   文章目录 经典收敛级数 ①:大名鼎鼎的自然数平方倒数和 扩展 ②:∑n=1∞1n!=e−1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}=e-1∑n=1∞​n!1​=e−1 ③: 积分 ...

9. 2020张宇1000题【好题收集】【第十章：线性代数（一）】

   文章目录 线性代数中翻译成人话的结论 一.行列式 做题中得到的结论 基础知识 分块矩阵行列式 爪型行列式 范德蒙行列式 4[结论题][缺主对角线] 7[打星] 8 15(打星) 二.矩阵 关于秩的一些 ...

最新文章

1. R语言绘制Vonoroi图
2. chmod +x的意思就是给执行权限
3. [云炬创业基础笔记]第四章测试22
4. 微信小程序实践_3点击版面图片获取新闻链接
5. Redis分布式锁解决抢购问题
6. 没有bug队——加贝——Python 练习实例 5，6
7. 学生信息管理---C#文件写入及读取
8. Android学习之适配器SimpleCursorAdapter
9. 理解MapReduce计算构架
10. HALCON 控制变量没有被初始化_OA大典故障案例摘录【第1397篇】理光2501如何载体初始化 ？...
11. 【Allwinner】---搭建 全志平台 开发环境 史上最详细
12. C++ UPD广播异步发包工具
13. 20155311《网络对抗》信息搜集与漏洞扫描
14. canvas 实现流星雨特效
15. 用Ultra-Light-Fast-Generic-Face-Detector-1MB寻找人眼
16. 淘宝开放平台签名验证失败
17. php统计邮件打开率,监控 Amazon SES 电子邮件的打开率、点击率和退回率
18. Step7中有关时间和定时器的使用和例程2
19. opencv4使用sift以及surf
20. 常用正则表达式—身份证号（JavaScript，Regex）

热门文章

1. 华为任意版本固件ROM下载技巧
2. 【Python】Matplotlib画图（四）——折线图
3. 第六届全国信息技术应用水平大赛Java组复赛B卷试题答案
4. 2021年安全员-B证考试题库及安全员-B证模拟试题
5. 2.树莓派3安装archlinux配置web、samba和aria2
6. 酷派大神f1，酷派大神f2 无法打log的解决方法。
7. 微信小程序AP配网局域网通信
8. VS中的链接重复问题
9. Go 开源说第十一期：KubeSphere-面向云原生应用的容器混合云
10. 你真的了解USB吗？USB充电大揭秘(一)